1 / 56

几何综合

（2023-2024 东城九上期末）★★★ ......................................................................................................2

（2023-2024 西城九上期末）★★★★★................................................................................................6

（2023-2024 海淀九上期末）★★★☆.................................................................................................13

（2023-2024 朝阳九上期末）★★★★☆..............................................................................................16

（2023-2024 丰台九上期末）★★☆ ....................................................................................................22

（2023-2024 石景山九上期末）★★★☆.............................................................................................26

（2023-2024 门头沟九上期末）★★★ ................................................................................................29

（2023-2024 房山九上期末）★★★★☆..............................................................................................31

（2023-2024 大兴九上期末）★★★ ....................................................................................................34

（2023-2024 通州九上期末）★★★☆.................................................................................................37

（2023-2024 顺义九上期末）★★★★☆..............................................................................................40

（2023-2024 昌平九上期末）★★★★.................................................................................................42

（2023-2024 密云九上期末）★★★☆.................................................................................................47

（2023-2024 平谷九上期末）★★★☆.................................................................................................50

（2023-2024 燕山九上期末）★★★ ....................................................................................................53

2 / 56

（2023-2024 东城九上期末）★★★

27．在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°，D 为 BC 上一点，连接 DA，将线段 DA 绕点 D

顺时针旋转 60°得到线段 DE．

（1）如图 1．当点 D 与点 B 重合时，连接 AE，交 BC 于点 H．求证：AE⊥BC；

图 1

（2）当 BD≠CD 时（图 2 中 BD＜CD，图 3 中 BD＞CD）F 为线段 AC 的中点，连接 E

F．在图 2，图 3 中任选一种情况，完成下列问题：

①依题意，补全图形；

②猜想∠AFE 的大小，并证明．

图 2 图 3

(D) H

E

A

B C

A

B C D

A

B C

D

3 / 56

吴老师图解

（1）

思路&图解

如图，

1）由旋转知△ABE 是等边三角形，

则∠BAE＝60°，

2）AE 平分∠BAC，

∴AE⊥BC（提示：三线合一）

（2）①如图.

思路&图解

图 2 图 3

（2）②90°.

选择一：图 2

分析

如图，受到（1）的启发，将线段 BA 绕点 B 顺时

针旋转 60°得到 BG，易知△ABG，△ACG，△ADE 都

是等边三角形，

显然，最直接的想法就是“手拉手模型”，那跟

∠AFE＝90°会有什么联系呢？

下面给出几种证法：

思路&图解

法 1：

如图，作 AH⊥BC，连接 AE，

1）△ADE 是等边三角形，

2）∠1＝∠2＝60°－∠3，

3）AH＝

1

2

AC＝AF（提示：30°角），

4）△AHD≌△AFE（SAS），

∴∠AFE＝90°.

(D) H

E

A

B C

F

E

A

B C

D

F

A E

B C

D

H

G

F

E

A

B C D

30°

1

2

3

H

F

E

A

B C

D H

F

E

A

B C

D

4 / 56

思路&图解

法 2：

如图，作点 A 关于 BC 的对称点 G，

1）△ABG，△ACG，△ADE 都是等边三角形，

2）△ABD≌△AGE（手拉手模型），

3）∠2＝∠1＝30°＝∠3，

4）△AGE≌△CGE（SAS），则 AE＝CE，

∴∠AFE＝90°（提示：三线合一）.

法 3：

如图，作点 A 关于 BC 的对称点 G，

1）△ABG，△ACG，△ADE 都是等边三角形，

2）△AEC≌△ADG（手拉手模型），

3）EC＝DG＝DA＝EA（提示：由对称知 DG＝DA），

∴∠AFE＝90°（提示：三线合一）.

选择二：图 3

分析

如图，与【图 2】同理，证明思路完全一致，下面只给出图示：

G

F

E

A

B C D

3

2

1

G

F

E

A

B C D

G

F

E

A

B C D

G

F

E

A

B C D

H

G

F

A E

B C

D

5 / 56

思路&图解

法 1：

法 2：

法 3：

30°

H

F

A E

B C

D H

F

A E

B C

D

G

F

A E

B C

D

G

F

A E

B C

D

G

F

A E

B C

D

G

F

A E

B C

D

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（2023-2024 西城九上期末）★★★★★

27．在△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝BC，CM⊥AB 于点 M．点 P 在射线 CM 上，连接 A

P，作 CD⊥AP 于点 D．连接 MD，作 CE⊥MD 于点 E，作 DF//AB 交直线 CE 于点 F，连接 M

F．

（1）当点 P 在线段 CM 上时，在图 1 中补全图形，并直接写出∠ADM 的度数；

（2）当点 P 在线段 CM 的延长线上时，利用图 2 探究线段 DF 与 AM 之间的数量关系，并

证明；

（3）取线段 MF 的中点 K，连接 BK，若 AC＝8，直接写出线段 BK 的长的最小值．

图 1 图 2

备用图

D

M

C

A B

P

M

C

A B

P

M

C

A B

7 / 56

吴老师图解

（1）补全图形，如图，∠ADM＝45°.

补全图形

分析

如图，要证明∠ADM＝45°，其实只和“左侧”部分的图形有关，本质上就是一个“鸡

爪模型”的问题！当然，利用共圆会更简单，下面给出几种方法：

思路&图解

法 1：旋转构造（反手拉手）

如图，作 MN⊥MD，

1）∠1＝∠2（提示：“8 字”导角），

2）∠3＝∠4＝90°－∠5，

3）△ANM≌△CDM（ASA），

4）△MND 是等腰直角三角形，

∴∠ADM＝45°.

法 2：旋转构造（反手拉手）

如图，作 MN⊥MD，交 CD 的延长线于点 N，与【法 1】同理，得∠ADM＝45°.

F

E

D

M

C

A B

P

F

E

D

M

C

A B

P F

E

D

M

C

A B

P

5

4

3

2

1

N

F

E

D

M

C

A B

P

N

F

E

D

M

C

A B

P

N

F

E

D

M

C

A B

P

45°

N

F

E

D

M

C

A B

P

8 / 56

思路&图解

法 3：手拉手模型（相似）

如图，取 DN＝DC，连接 CN，

1）△AMC，△NDC 是等腰直角三角形，

2）△ANC∽△MDC（手拉手模型），

3）∠MDC＝∠ANC＝180°－45°＝135°，且∠ADC＝90°，

∴∠ADM＝45°.

法 4：手拉手模型（相似）

如图，在 DC 的延长线上取点 N，使得 DN＝DA，连接 AN，

与【法 3】同理，可得∠ADM＝∠N＝45°.

法 5：四点共圆（共斜边的 2 个直角三角形的顶点共圆）

如图，取 AC 的中点 O，连接 OD，OM，

1）OA＝OC＝OD＝OM（提示：斜边中线），

2）A，M，D，C 四点共圆，

∴∠ADM＝∠1＝45°（提示：一条弧所对的圆周角相等）.

N

F

E

D

M

C

A B

P

N

F

E

D

M

C

A B

P

N

F

E

D

M

C

A B

P

N

F

E

D

M

C

A B

P

1

O F

E

D

M

C

A B

P

9 / 56

（2）DF＝AM.

补全图形&分析

如图，显然，有 DF＝AM，如何证明？

本问与（1）在条件上没有什么不同，只是点 P 的位置发生了变化，吴老师常说这种题

叫“姊妹题”，意思就是整体的证明思路方法不变，最后结果也许一样也许不同，但之间的

联系大多数都是非常明显的！

例如，本题中的∠ADM＝135°，虽然数值与（1）不一样，但是证明思路完全一致！

那么，∠ADM＝135°有何作用呢？

其实，就想让同学们知道∠CDM＝45°，即△CDE 是等腰直角三角形，

最后，证明 DF 与 AM 的关系，肯定是要借助于这个等腰 Rt△CDE 来构造全等的，而且

我们还知道 AM＝CM＝BM，

到此，同学们发现全等三角形了嘛...

思路&图解

如图，令 CP 与 DF 的交点为 N，

1）由（1）知∠CDM＝45°，即△CDE 是等腰直角三角形，

2）由平行知∠DNC＝90°，

3）∠1＝∠2（提示：“8 字”导角），

4）△CEM≌△DEF（ASA），且 CM＝AM（提示：△AMC 是等腰直角三角形），

∴DF＝CM＝AM.

F

E

D

M

C

A B

P

45°

N

F

E

D

M

C

A B

P

N

F

E

D

M

C

A B

P

1

2

N

F

E

D

M

C

A B

P

10 / 56

（3）2

5 －2.

分析

首先，题目没交代点 P 在线段 CM 上，还是在线段 CM 的延长线上，故我们需要结合

（1）和（2）的结论进行分类讨论：

情况 1：点 P 在线段 CM 上

如图，显然，我们需要找到点 K 的轨迹（大概率是个圆弧）．其中，端点 M 是定点，F

是动点，那么，点 F 如何运动？

如图，O，O'分别是 AC，BC 的中点，

1）由（1）知，点 D 在半径为 4 的⊙O 上（劣弧 CM），

2）由（2）知，四边形 ADFM 是平行四边形，故点 F 在⊙O'上（劣弧），

备注：相当于把整个⊙O 向右平移了 DF 个单位（其中 OO'＝AM＝DF）.

如左图，取 MO'的中点 T，

3）点 K 在：以 T 为圆心，2 为半径为⊙T 上（劣弧，提示：瓜豆原理），

备注：或利用中位线知 O'F＝2TK，则 TK＝2.

如右图，连接 BT，与⊙T 相交于点 N，

4）在 Rt△TO'B 中，BT＝ 2 2 2 4 + ＝2

5 ，则 BN＝2

5 －2，

综上，当点 P 在线段 CM 时，点 K 与点 N 重合，BK 取到最小值 2

5 －2！

K

F

E

D

M

C

A B

P

4

4

O O'

K

F

E

D

M

C

A B

P

T

O'

K

F

E

D

M

C

A B

P

N

T

O'

K

F

E

D

M

C

A B

P

11 / 56

分析

情况 2：点 P 在线段 CM 的延长线上

如图，同理，当点 P 在线段 CM 的延长线上时，点 K 在直线 AB 下方的绿色劣弧上运

动，显然，此时 BK＞BN！

所以，综上所述：BK 的最小值为 2

5 －2.

当然，我们还可以采取以下思路：

如图，连接 DK，

由（2）可进一步得到四边形 BFDM 是平行四边形，故 B，K，D 共线，且 BK＝

1

2

BD，

显然，我们只需要求出 BD 的最小值就可以了，

经过第一种求法的“洗礼”后，相比之下，此法不要太简洁哦！

只不过呢，同学们在这需要有个小小的“脑筋急转弯”，说白了就是——一个是直接

求，另一个是转化求！

思路&图解

直接求 转化求

如图，由【分析】知，BK 的最小值为 2

5 －2.

K F

E

D

M

C

A B

P

N

K F

E

D

M

C

A B

P

K

F

E

D

M

C

A B

P O

K

F

E

D

M

C

A B

P

K

T

O'

F

E

D

M

C

A B

P

O

K

F

E

D

M

C

A B

P

12 / 56

补充：（2）相似证法

思路&图解

F

E

D

M

C

A B

P

13 / 56

（2023-2024 海淀九上期末）★★★☆

27．如图，在△ABC 中，AB＝AC，点 D，E 分别在边 AC，BC 上，连接 DE．∠EDC＝∠

B．

（1）求证：ED＝EC；

（2）连接 BD，点 F 为 BD 的中点，连接 AF，EF．

①依题意补全图形；

②若 AF⊥EF，求∠BAC 的大小．

备用图

E

A

B C

D

E

A

B C

D

14 / 56

吴老师图解

（1）

思路&图解

如图，

由题知∠1＝∠B＝∠C，

∴ED＝EC.

（2）①如图.

补全图形

（2）②90°.

分析

如图，

还是“中点”，第一反应“倍长”呗，然后再

结合条件证全等，反推等腰直...

思路&图解

法 1：倍长中线

如图，倍长 EF 至点 G，

1）△DEF≌△BGF（SAS），

2）AG＝AE（提示：垂直平分线），

3）△AEC≌△AGB（SSS），

4）∠ABG＝∠C，∠BED＝2∠C，

5）易知 BG∥DE，则∠GBE＋∠DEB＝180°，即 4∠C＝180°，解得∠C＝45°，

∴∠BAC＝90°.

1

E

A

B C

D

F

E

A

B C

D

G

E

F

A

B C

D

G

E

F

A

B C

D

G

E

F

A

B C

D

G

E

F

A

B C

D

15 / 56

思路&图解

法 2：倍长中线

如图，倍长 AF 至点 G，

与【法 1】同理，∠BAC＝180°－2∠C，

∠CDG＝2∠C，且∠BAC＝∠CDG，

∴180°－2∠C＝2∠C，解得∠C＝45°，

∴∠BAC＝90°.

G

F

E

A

B C

D

G

F

E

A

B C

D

G

F

E

A

B C

D

16 / 56

（2023-2024 朝阳九上期末）★★★★☆

27．已知线段 AB 和点 C，将线段 AC 绕点 A 逆时针旋转 α（0°＜α＜90°），得到线段 AD，

将线段 BC 绕点 B 顺时针旋转 180°－α，得到线段 BE，连接 DE，F 为 DE 的中点，连接 AF，B

F．

（1）如图 1，点 C 在线段 AB 上，依题意补全图 1，直接写出∠AFB 的度数；

（2）如图 2，点 C 在线段 AB 的上方，写出一个 α 的度数，使得 AF＝ 3

BF 成立，并证

明．

图 1 图 2

D

A C B A B

C

17 / 56

吴老师图解

（1）90°.

补全图形&分析

图 1-1 图 1-2

如图 1-1，显然，有∠AFB＝90°，那如何证明呢？

如图 1-2，正常来说，遇中点就倍长呗，但本题中有个 AD∥BE（提示：同旁内角互补）

的条件，再结合中点，其实是用的“平行＋中点→全等”...

下面给出几种方法：

思路&图解

法 1：

如图，延长 AF，BE 相交于点 G，

1）由旋转知 AD∥BE（提示：同旁内角互补），

2）△ADF≌△GEF（AAS 或 ASA），

3）AB＝BG（提示：等量加等量），即△BAG 是等腰三角形，

∴∠AFB＝90°（提示：三线合一）.

法 2：

如图，延长 BF，AD 相交于点 G，与【法 1】同理，可得结论

F

E

D

A C B

F

E

D

A C B

G

F

E

D

A C B

G

F

E

D

A C B

G

F

E

D

A C B

G

F

E

D

A C B

18 / 56

（2）60°.

分析

首先，同学们要理解题意——先给出一个 α 的度数，再利用这个度数去补全图形，最后

证出此情况下 AF＝ 3

BF 是成立的！

需要注意的是，α 度数的由来是不需要给出求解过程的，而

3

倍关系是要给出证明过程

的，换句话说，对于 α 的度数，我们“盲猜”它就可以...

显然，根据

3

倍关系，α 应该是 30°或 60°，同学们可以简单画 2 个草图，一看就知道

应该是哪个！当然，这也不是绝对的，但绝大部分的题都可以这样做，

如图，左图是 30°，右图是 60°，一看就知道 α 应该为 60°，如果同学们顺着这个度数，

证出 AF＝ 3

BF 了，题就做完了呗，要是证不出来我们再去想一般思路，

所谓的一般思路，就是把 AF＝ 3

BF 当成已知条件，去“反过来求”α 的度数，吴老师

觉得能靠“几何直观”看出来，就没必要去求，主要太浪费时间了，这样不就把一道题做成

了两道题嘛，关键还没多余的分值...

下面，我们就把 α＝60°当成已知条件，去证明 AF＝ 3

BF：

如图，不管怎么样，我们还是要利用中点这个条件的，故我们继续倍长 AF 至点 G，连

接 EG，BG，这样可以得到△AFD≌△GFE（SAS），

现在的问题是，要想证 AF＝ 3

BF，就要证明△ABG 是一个顶角为 120°的等腰三角

形，这怎么证？

如图，我们只要能证得△ACB≌△GEB 就可以了，显然，2 组对应边已经有了，那么，

问题的关键来到了如何导∠ACB＝∠GEB 上...

F

E

D

B

C

A

F

E

D

B

C

A

G

F

E

D

B

C

A

G

F

E

D

A B

C

G

F

E

D

B

C

A

19 / 56

思路&图解

法 1：倍长中线

如图，已知 α＝60°，倍长 AF 至点 G，

连接 EG，BG，

1）△AFD≌△GFE（SAS），

2）AD∥GE（提示：内错角相等），

延长 AC 交 GE 于点 H，

3）∠CHE＝∠DAC＝α，且∠CBE＝180°－α，故四边形 CBEH 对角互补，

∴∠ACB＝∠GEB（提示：都与∠BCH 互补），

4）△ACB≌△GEB（SAS），

5）△ABG 是等腰三角形，且∠ABG＝∠CBE＝180°－α＝120°，

6）△AFB 是含有 30°的直角三角形（提示：三线合一），

∴AF＝ 3

BF.

法 2：倍长中线

如图，倍长 BF 至点 G，连接 DG，AG，与【法 1】同理，可得结论.

提示：∠H＝α＝∠DAC，“8 字”导角得∠HDA＝∠HCA，故∠ADG＝∠ACB.

G

F

E

D

B

C

A

H

G

F

E

D

B

A

C

G

F

E

D

A B

C

G

F

E

D

B

C

A

H

G

F

E

D

B

C

A

G

F

E

D

A B

C

G

F

E

D

B

C

A

20 / 56

思路&图解

法 3：手拉手模型＋中位线（来自 24 届 HWZX-@LCX 同学）

如图，倍长 EB 至点 G，连接 CD，CG，

DG，

1）由 α＝60°知△ACD，△BCG 是等边

三角形（提示：∠CBE＝120°），

2）△ABC≌△DGC（手拉手模型），

3）∠1＝60°（提示：“8 字”导角），

4）BF 是△EDG 的中位线，

∴AB＝DG＝2BF，BF∥DG，则∠ABF＝60°，

5）△ABF 是含 30°角的直角三角形（提示：取 AB 的中点证明或利用三角函数），

∴AF＝ 3

BF.

法 4：手拉手模型（相似）＋中位线

如图，倍长 DA，EB 至点 M，N，连接 CD，CE，CM，CN，EM，DN，

1）由 α＝60°知△MCD，△NCE 是含 30°的直角三角形，

2）CM：CD＝CE：CN＝ 3 ：1，

3）△DCN∽△MCE（SAS，提示：∠DCN＝∠MCE＝90°＋∠MCN），

4）ME＝ 3

DN，且 AF＝

1

2

ME，BF＝

1

2

DN，

∴AF＝ 3

BF.

G

F

E

D

A B

C

G

F

E

D

B

C

A

1

60°

G

F

E

D

B

C

A

N

M

F

E

D

B

C

A

N

M

F

E

D

B

A

C

21 / 56

思路&图解

法 5：构造中位线

如图，连接 CD，CE，取它们的中点 M，N，连接 AM，BN，FM，FN，

1）FM，FN 是△CDE 的中位线，

2）四边形 CNFM 是平行四边形（提示：2 组对边分别平行），

∴∠1＝∠2，

3）由 α＝60°知△ACD 是等边三角形，△BCE 是以 120°为顶角的等腰三角形，

进一步知 AM：CM＝ 3 ：1，CN：BN＝ 3 ：1，

4）AM：FN＝AM：CM＝ 3 ：1，MF：BN＝CN：BN＝ 3 ：1，

∴△AMF∽△FNB（提示：∠AMF＝∠FNB），

∴AF：BF＝ 3 ：1，即 AF＝ 3

BF.

备注：若要用 AF＝ 3

BF 去求 α＝60°，辅助线构造思路不变...

1

2

N

M

F

E

D

B

C

A

N

M

F

E

D

A B

C

22 / 56

（2023-2024 丰台九上期末）★★☆

鸡爪模型，对角互补模型

27．在△ABC 中，AB＝AC，0°＜∠BAC＜90°，将线段 AC 绕点 A 逆时针旋转 α 得到线段

AD，连接 BD，CD．

（1）如图 1，当∠BAC＝α 时，则∠ABD＝_________（用含有 α 的式子表示）；

（2）如图 2，当 α＝90°时，作∠BAD 的角平分线交 BC 的延长线于点 F，交 BD 于点 E，

连接 DF．

①依题意在图 2 中补全图形，并求∠DBC 的度数；

②用等式表示线段 AF，CF，DF 之间的数量关系，并证明．

图 1 图 2

D

B C

A

D

B C

A

23 / 56

吴老师图解

（1）90°－α.

思路&图解

如图，

由题知 AB＝AC＝AD，即△ABD 是等腰三角形，

∴∠ABD＝

180 2

2

−  ＝90°－α.

（2）①45°.

思路&图解

如图，设∠BAC＝x，

1）在等腰△ABD 中，∠1＝

180 90

2

 −  − x ＝45°－

1

2

x，

2）在等腰△ABC 中，∠ABC＝

180

2

− x ＝90°－

1

2

x，

∴∠DBC＝∠ABC－∠1＝45°.

（2）②

2

AF＝CF＋DF.

分析

如图，

1）由 AF 平分∠BAD 知，AF 是 BD 的垂直平分线，则 BF＝DF，

2）由①知∠1＝45°，则∠BDF＝45°，进一步得∠2＝∠3＝45°，

显然，本题为“鸡爪模型”问题，当然也包含了“对角互补”模型...

α α

D

B C

A

x

1

E

F

D

B C

A

1 2

3

E

F

D

B C

A

E

F

D

B C

A

24 / 56

思路&图解

法 1：旋转构造（手拉手模型）或对角互补模型

如图，作 AG⊥AF，交 FB 的延长线于点 G，

1）由【分析】知∠1＝45°，则△AFG 是等腰直角三角形，

2）△ADF≌△ACG（手拉手模型），

∴

2

AF＝CF＋DF.

法 2：旋转构造（手拉手模型）或对角互补模型

如图，作 AG⊥AF，交 FD 的延长线于点 G，与【法 1】同理，可得结论.

法 3：手拉手模型（相似）

1）由【分析】知∠1＝45°，则△DEF 是等腰直角三角形，

2）△DFC∽△DEA（手拉手模型），且相似比为

2 ：1，

3）

CF ＝ 2

AE，DF＝ 2

EF，且 AE＋EF＝AF，

∴

2

AF＝CF＋DF.

1

G

E

F

D

B C

A

G

E

F

D

B C

A

45°

G

E

F

D

B C

A

G

E

F

D

B C

A

1

E

F

D

B C

A

E

F

D

B C

A

25 / 56

思路&图解

法 4：手拉手模型（相似）

如图，作 CH⊥AF，与【法 3】同理，可得结论.

法 5：对角互补模型

如图，作 AM⊥BF，AN⊥DF，

1）由【分析】知∠1＝∠2＝45°，则 AM＝AN，

2）Rt△AMC≌Rt△AND（HL 或 ASA 或 AAS），

3）四边形 AMFN 是正方形，则 MF＝FN，

4）CF＋DF＝MF＋NF＝2MF，且 MF＝

2

2

AF，

∴

2

AF＝CF＋DF.

法 6：托勒密定理

如图，

1）由【分析】知∠CFD＝90°，

2）A，C，F，D 四点共圆，

3）AF·CD＝AD·CF＋AC·DF（托勒密定理），

且 CD＝ 2

AD，AC＝AD，

∴

2

AF＝CF＋DF.

45°

H

E

F

D

B C

A

H

E

F

D

B C

A

2

1

N

M

E

F

D

B C

A

N

M

E

F

D

B C

A

E

F

D

B C

A

26 / 56

（2023-2024 石景山九上期末）★★★☆

27．如图，在 Rt△ACB 中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°．D 是边 BA 上一点（不与点 B 重

合且 BD<

1

2

BA），将线段 CD 绕点 C 逆时针旋转 60°得到线段 CE，连接 DE，AE．

（1）求∠CAE 的度数；

（2）F 是 DE 的中点，连接 AF 并延长，交 CD 的延长线于点 G，依题意补全图形．若∠G

＝∠ACE，用等式表示线段 FG，AF，AE 之间的数量关系，并证明．

备用图

E

A

C B

D

E

A

C B

D

27 / 56

吴老师图解

（1）120°.

思路&图解

法 1：手拉手模型

如图，在 AB 上取点 M，使得 AM＝AC，连接 CM，

1）△CDE，△ACM 是等边三角形，

2）△CAE≌△CMD（手拉手模型），

∴∠CAE＝∠CMD＝120°.

法 2：手拉手模型

如图，在 AC 的延长线上取点 M，使得 AM＝AD，连接 MD，

1）△CDE，△AMD 是等边三角形，

2）△AED≌△MCD（手拉手模型），

∴∠1＝∠2＝60°，即∠CAE＝120°.

法 3：共圆

如图，由题知∠1＝∠2＝60°，故 A，C，D，E 四点共圆，

∴∠CAE＝120°（提示：对角互补）.

60°

M

E

A

C B

D

M

E

A

C B

D

M

E

A

C B

D

2

1

60°

M

E

A

C B

D

2

1

E

A

C B

D

28 / 56

（2）FG＝AF＋AE.

思路&图解

法 1：截长

如图，取 FH＝FA，连接 DH，

1）△AFE≌△HDF（SAS），

2）AE∥DH（提示：内错角相等），

设∠1＝∠2＝α，

3）由（1）知∠CAE＝120°，则∠3＝60°－α，

4）∠4＝60°＋∠3＝120°－α（提示：内错角，且∠CED＝60°），

5）∠5＝120°－∠4＝α＝∠1（提示：∠CDE＝60°），则 HG＝HD＝AE，

∴FG＝FH＋HG＝AF＋AE.

法 2：补短

如图，延长 FA 至点 H，使得 FH＝FG，连接 EH，与【法 1】同理，可得结论！

提示：∠HED＝∠EDG＝120°，且∠AED＝120°－α，故∠HEA＝α.

H

G

F

E

A

C B

D

1

2

3

4 5

H

G

F

E

A

C B

D

H

G

F

E

A

C B

D α

60°α

α

α

H

G

F

E

A

C B

D

29 / 56

（2023-2024 门头沟九上期末）★★★

27．如图，Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，CA＝CB，过点 C 在△ABC 外作射线 CP，且∠AC

P＝α，点 A 关于 CP 的对称点为点 D，连接 AD，BD，CD，其中 AD，BD 分别交射线 CP 于点

M，N．

（1）依题意补全图形；

（2）当 α＝30°时，直接写出∠CNB 的度数；

（3）当 0°＜α＜45°时，用等式表示线段 BN，CM 之间的数量关系，并证明．

备用图

相似题：2022-2023 北师大实验中学九上期中、2022-2023 一零一中学九下月考·3 月

P

A

C B

P

A

C B

30 / 56

吴老师图解

（1）如图.

补全图形

（2）45°.

思路&图解

如图，

1）在等腰△CBD 中，顶角为 90°＋2α，

易求得∠1＝45°－α，

2）在△CDN 中，∠CNB＝45°（提示：外角）.

备注：当 0°＜α＜45°时，∠CNB 的大小与 α 无关，∠CNB＝45°不变.

（3）BN＝ 2

CM.

思路&图解

如图，作 BH⊥MC，交 MC 的延长线于点 H，

1）由（2）知∠1＝45°，即△BHN 是等腰直角三角形，

2）△AMC≌△CHB（三垂直模型），

∴BN＝ 2

BH＝ 2

CM.

说明：本题还有很多解法，请参考[几何综合]2022-2023 北师大实验中学九上期中.

P

M

N

D

A

C B

α

α

1

M

N

D

A

C B

1

H

M

N

D

A

C B

H

M

N

D

A

C B

31 / 56

（2023-2024 房山九上期末）★★★★☆

27．如图，在等边三角形 ABC 中，E，F 分别是 BC，AC 上的点，且 BE＝CF，AE，BF 交

于点 G．

（1）∠AGF＝________；

（2）过点 A 作 AD∥BC（点 D 在 AE 的右侧），且 AD＝BC，连接 DG．

①依题意补全图形；

②用等式表示线段 AG，BG 与 DG 的数量关系，并证明．

备用图

G

F

A

B E C

G

F

A

B E C

32 / 56

吴老师图解

（1）60°.

思路&图解

如图，

1）△ABE≌△BCF（SAS），

2）∠1＋∠3＝∠2＋∠3＝60°，

∴∠AGF＝60°（提示：△ABG 的外角）.

备注：“弦图”.

（2）①如图.

补全图形

（2）②3AG2＋BG2＝DG2

.

分析

如图，三边关系问题，初步分析后，可以先排除“鸡爪模型”，测量后发现“截长补

短”也不对，那难不成是“勾股定理”？

如图，结合前面的铺垫，有等边，有 60°角，有菱形，常规套路就是构造“手拉手模

型”呀，但我们各种构造之后，发现与边 DG 始终找不到联系...

再分析，基本上能确定本题是“勾股定理”的类型，那直角三角形怎么来？

1

2

3

G

F

A

B C E

D

G

F

A

B C E

D

G

F

A

B C E

D

G F

A

B C E

D

G F

A

B C E

33 / 56

思路&图解

法 1：旋转构造（手拉手模型）

如图，将 AG 逆时针旋转 120°得到 AH，连接 HD，HG，

1）△ABG≌△ADH（手拉手模型），

2）△AGH 是以 120°为顶角的等腰三角形，即∠1＝30°，

3）由（1）知∠AGB＝120°，故∠AHD＝120°，

4）∠2＝90°，即△DHG 是直角三角形，

5）在△AGH 中，GH＝ 3

AG（备注：考试时要证明），

∴（

3

AG）2＋BG2＝DG2，即 3AG2＋BG2＝DG2

.

法 2：旋转构造（手拉手模型）

如图，将 AG 顺时针旋转 120°得到 AH，连接 HB，HG，与【法 1】同理，可得结论！

H

D

G

F

A

B C E

1 2

H

D

G

F

A

B C E

H

D

G

F

A

B C E

30°

H

D

G

F

A

B C E

34 / 56

（2023-2024 大兴九上期末）★★★

27．在△ABC 中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点 P 为 BA 的延长线上一点，连接 PC，以 P 为

中心，将线段 PC 顺时针旋转 90°得到线段 PD，连接 BD．

（1）依题意补全图形；

（2）求证：∠ACP＝∠DPB；

（3）用等式表示线段 BC，BP，BD 之间的数量关系，并证明．

备用图

A

B C

P

A

B C

P

35 / 56

吴老师图解

（1）如图 1.

思路&图解

图 1 图 2

（2）

思路&图解

如图 2，

由题知∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠3＝90°，则∠1＝∠3，即∠ACP＝∠DPB.

（3）

2

BP＝BC＋BD.

分析

如图，

很直观的问题——“共端点的三边数量关系”，即吴

老师常说的“鸡爪模型”问题喽~，那就旋转构造呗...

当然，根据条件“线段旋转 90°”可得等腰直，还可

以联想到“手拉手模型”、“三垂直模型”...

思路&图解

法 1：旋转构造（手拉手模型）

如图，注意 PQ⊥PB，交 BC 的延长线于点 Q，

1）△PBQ 是等腰直角三角形，

2）△PDB≌△PCQ（SAS），

3）BQ＝ 2

BP，其中 CQ＝BD，

∴

2

BP＝BC＋BD.

D

A

B C

P

1

3 2

D

A

B C

P

D

A

B C

P

Q

D

A

B C

P

Q

D

A

B C

P

36 / 56

思路&图解

法 2：手拉手模型

如图，作 PQ⊥PA，且 PQ＝PA，连接 AQ，DQ，

1）△PQA 是等腰直角三角形，

2）△PQD≌△PAC（SAS），

3）由（2）知∠2＝∠1＝∠3，则 QD∥AB

4）四边形 QDBA 是平行四边形（提示：QD＝AC＝AB），

5）BD＝QA＝ 2

AP，BC＝ 2

BA，且 BP＝BA＋AP，

∴

2

BP＝BC＋BD.

法 3：手拉手模型（相似）

如图，连接 CD，

1）△ABC，△PDC 是等腰直角三角形，

2）△PAC∽△DBC，且相似比为 1： 2 ，

3）BD＝ 2

AP，BC＝ 2

BA，且 BP＝BA＋AP，

∴

2

BP＝BC＋BD.

法 4：三垂直模型

如图，作 DH⊥BP，

1）△PAC≌△DHP，

2）AB＝AC＝PH，则 DH＝PA＝BH（提示：等量

减等量），即△DHB 是等腰直角三角形，

3）BD＝ 2

BH，BC＝ 2

AC＝ 2

PH，

∴

2

BP＝BC＋BD.

Q

D

A

B C

P

Q

D

A

B C

P

1

2

3

Q

D

A

B C

P

D

A

B C

P

D

A

B C

P

H

D

A

B C

P

37 / 56

（2023-2024 通州九上期末）★★★☆

27．如图，△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点 D 在 AB 的延长线上，取 AD 的中点

F，连结 CD、CF，将线段 CD 绕点 C 顺时针旋转 90°得到线段 CE，连结 AE、BE．

（1）依题意，请补全图形；

（2）判断 BE、CF 的数量关系及它们所在直线的位置关系，并证明．

备用图

F

B

C A

D

F

B

C A

D

38 / 56

吴老师图解

（1）

补全图形

（2）BE＝2CF，BE⊥CF.

分析

如图，

咋一看，条件中给了一个标准的“手拉手模型”，当

然，还有一个中点，

再结合问题，发现又是一个典型的“倍长中线”或

“构造中位线”的问题...

思路&图解

法 1：倍长中线

如图，倍长 CF 至点 G，连接 DG，

1）△FCA≌△FGD（SAS），

2）DG∥CA（提示：同位角相等），

3）∠GDC＝∠BCE（提示：都与∠DCA 互补），

备注：∵∠BCA＝∠DCE＝90°，

∴∠DCB＋∠BCE＋∠ECA＋∠BCE＝180°，即∠DCA＋∠BCE＝180°.

4）△GDC≌△BCE（SAS），

∴BE＝CG＝2CF，

5）∠1＋∠2＝∠DCG＋∠2＝90°，即∠CHE＝90°，

∴BE⊥CF.

E

F

B

C A

D

E

F

B

C A

D

G

E

F

B

C A

D

1

2

H

G

E

F

B

C A

D

39 / 56

思路&图解

法 2：倍长中线

如图，倍长 CF 至点 G，连接 AG，与【法 1】同理，可得结论！

法 3：构造中位线

如图，倍长 DC 至点 G，连接 AG，

1）由中位线知 AG＝2CF，AG∥CF，

2）∠ACG＝∠BCE＝90°－∠ACE，

3）△ACG≌△BCE，

∴BE＝AG＝2CF，

4）∠OHE＝∠OCG＝90°（提示：“8 字”），

即 AG⊥BE，且 AG∥CF，

∴CF⊥BE.

法 4：构造中位线

如图，倍长 AC 至点 G，连接 DG，与【法 3】同理，可得结论！

G

E

F

B

C A

D G

E

F

B

C A

D

O

H

G

E

F

B

C A

D

G

E

F

B

C A

D

40 / 56

（2023-2024 顺义九上期末）★★★★☆

27．在菱形 ABCD 中，∠B＝60°，点 P 是对角线 AC 上一点（不与点 A 重合），点 E，F 分

别是边 AB，AD 上的点，且∠EPF＝60°，射线 PE，PF 分别与 DA，BA 的延长线交于点 M，

N．

（1）如图 1，若点 P 与 C 重合，且 PA 平分∠EPF，求证：AM＝AN；

（2）连接 BP，若∠ABP＝45°，BP＝3，且 PA 不平分∠EPF．

①依题意补全图 2；

②用等式表示线段 AM，AN 的数量关系，并证明．

图 1 图 2

(P)

E F

M N

B D

C

A

B D

C

A

41 / 56

吴老师图解

（1）

思路&图解

如图，

1）∠1＝∠2＝30°，

2）∠MAP＝∠NAP＝120°，

3）△MAP≌△NAP（ASA），

∴AM＝AN.

备注：或证△MAE≌△NAF.

（2）①如图.

补全图形

（2）②AM·AN＝6.

思路&图解

如图，

1）∠1＝∠3＝60°－∠2，

2）△AMP∽△APN，则

AM AP

AP AN

= ，即 AM·AN＝AP2，

3）解三角形得 AP＝ 6 ，

∴AM·AN＝6.

(P)

1 2

E F

M N

B D

C

A

M

N

F

P

B D

C

A

E

60°

1

2

3

M

N

F

P

B D

C

A

E 60°

45°

H

M

N

F

P

B D

C

A

E

42 / 56

（2023-2024 昌平九上期末）★★★★

27．在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点 M 为 BC 的中点，连接 AM，点 D 为线段 C

M 上一动点，过点 D 作 DE⊥BC，且 DE＝DM，（点 E 在 BC 的上方），连接 AE，过点 E 作 AE

的垂线交 BC 边于点 F．

（1）如图 1，当点 D 为 CM 的中点时，

①依题意补全图形；

②直接写出 BF 和 DE 的数量关系为______________；

（2）当点 D 在图 2 的位置时，用等式表示线段 BF 与 DE 之间的数量关系，并证明．

图 1 图 2

备注：2023 北京中考

D

A

B M C

E

A

B M D C

43 / 56

吴老师图解

（1）①如图，②BF＝2DE.

补全图形&分析

如图，

1）由题知 DE＝DM＝DC，则∠DCE＝45°＝∠DCA，故点 E 在 AC 上，

2）由点 D 是 CM 的中点知，点 E 是 AC 的中点，且△AMC 是等腰三角形，故点 F 与点

M 重合，进一步得 BF＝CM＝2DE（提示：斜边中线，方法不唯一）.

（2）BF＝2DE.

分析

首先，补全图形（左图），

根据（1）的暗示和直观图像，可以明确结论——BF＝2DE，如何证明？

如图，熟悉[2023 北京中考]的同学，会有一个很主观的想法，那就是倍长 FE 至点 G，

然后去证明 BF＝CG＝2DE，但会遇到一个问题，此证法需要得到 AE＝FE...

其实，本题的本质问题就是证明 AE＝FE，但在证得此结论之后，结合简单计算本题也

就结束啦，不需要再去证“手拉手”和“中位线”了！

所以，同学们在做题的时候，可以也应该结合经验，但也不能过于思维定式...

最后，提示同学们——对于条件 DE＝DM 的处理，非常关键！

下面给出几种解法：

(F)

E

D

A

B M C

F

E

A

B M D C

G

F

E

A

B M D C

44 / 56

思路&图解

法 1：三垂直模型（反）

如图，作 EH⊥AM，

1）“8 字”导角得∠1＝∠2，

2）由 DE＝DM 知四边形 DEHM 是正方形，

3）△EDF≌△EHA（AAS），

4）设 DE＝DM＝a，MF＝b，

则 AH＝DF＝a＋b，进一步得 BM＝AM＝2a＋b，故 BF＝2a，

∴BF＝2DE.

法 2：三垂直模型（反）

如图，作 AH⊥DE，交 DE 的延长线于点 H，与【法 1】同理，可得结论.

法 3：手拉手模型（反）

如图，连接 EM，作 EG⊥EM，

1）“8 字”导角得∠1＝∠2，

2）△EMG 是等腰直角三角形，

3）△EFG≌△EAM（AAS，提示：EM＝EG，∠AME＝FGE＝45°），

4）设 DE＝DM＝DG＝a，MF＝b，

则 BM＝AM＝FG＝2a＋b，故 BF＝2a，

∴BF＝2DE.

1

2

H

F

E

A

B M D C 2a

2a+b

b a

a

a+b

H

F

E

A

B M D C

H

F

E

A

B M D C

2a+b

2a b

a+b

a

a

H

F

E

A

B M D C

2

1

F G

E

A

B M D C

2a+b

2a b a

a

F a G

E

A

B M D C

45 / 56

思路&图解

法 4：手拉手模型（反）

如图，连接 EM，作 EG⊥EM，

1）“8 字”导角得∠1＝∠2，

2）△EMG 是等腰直角三角形，

3）△EMF≌△EGA（AAS），

4）设 DE＝DM＝DG＝a，MF＝b，

则 GM＝ 2

EM＝2DE＝2a，AG＝FM＝b，进而得 BM＝AM＝2a＋b，故 BF＝2a，

∴BF＝2DE.

法 5：

如图，连接 EM，EC，

1）△EMA≌△EMC（SAS，提示：∠EMA＝∠EMC＝45°），

2）“8 字”导角得∠2＝∠1＝∠3，则△EFC 是等腰三角形，

3）三线合一知 DF＝DC，

4）设 DE＝DM＝a，MF＝b，

则 DC＝DF＝a＋b，进一步得 BM＝CM＝2a＋b，故 BF＝2a，

∴BF＝2DE.

补充：

分析

如图（A，F，M，E 四点共圆），

若同学们已经证出 AE＝FE（等腰 Rt△AEF），但

并没有想到“设参导边”，单纯的想通过转化边，直接

得出 2 倍关系，也不是不行，就是会麻烦些...

下面给出几个思路：

1

2

G

F

E

A

B M D C

2a

b

2a+b

2a b a

a

G

F

E

A

B M D C

F

E

A

B M D C a+b

2a+b

2a b a

a

2 3

1

F

E

A

B M D C

F

E

A

B M D C

46 / 56

思路&图解

法 1：手拉手模型

如图，倍长 FE 至点 G，连接 AG，CG，

1）由【分析】知△AFG 是等腰直角三角形，

2）△AFB≌△AGC（手拉手模型），

3）∠1＝∠2＝∠3＝45°，即∠BCG＝90°，

4）DE∥CG，且 E 是 FG 的中点，易知 CG＝2DE，

∴BF＝2DE.

法 2：手拉手模型（相似）

如图，连接 EM，AF，

1）由【分析】知△AFG 是等腰直角三角形，

2）△AEM∽△AFB（手拉手模型），且相似比为 1：2，

∴BF＝ 2

ME，且 ME＝ 2

DE，

∴BF＝2DE.

法 3：手拉手模型（相似）

如图，取 MG＝MF，连接 ME，FG，

1）由【分析】知△AFG 是等腰直角三角形，

2）△FME∽△FGA（手拉手模型），且相似比为 1：2，

∴AG＝ 2

ME，且 ME＝ 2

DE，

∴BF＝AG＝2DE（提示：等量减等量）.

G

F

E

A

B M D C

1

2 3

G

F

E

A

B M D C

F

E

A

B M D C F

E

A

B M D C

G

F

E

A

B M D C

G

F

E

A

B M D C

47 / 56

（2023-2024 密云九上期末）★★★☆

27．如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝BC．点 D 为 AB 边上的一点，将线段 CD

绕点 C 逆时针旋转 90°得到线段 CE，连接 AE、BE．

（1）依据题意，补全图形；

（2）直接写出∠ACE＋∠BCD 的度数；

（3）若点 F 为 BD 中点，连接 CF 交 AE 于点 P，用等式表示线段 AE 与 CF 之间的数量关

系，并证明．

备用图

C

A D B

C

A D B

48 / 56

吴老师图解

（1）如图.

思路&图解

（2）180°.

思路&图解

∵∠ACB＝∠DCE＝90°，

∴∠ACD＋∠BCD＋BCE＋∠BCD＝180°，即∠ACE＋∠BCD＝180°.

（3）AE＝2CF.

分析

如图，补全图形，本题与“2023-2024 通州九上期末”一样，还是考察“倍长中线”与

“构造中位线”...

下面给出图示，详细思路过程请参考“通州”！

思路&图解

法 1：倍长中线

E

C

A D B

P

F

E

C

A D B

P

F

E

C

A D B

G

P

F

E

C

A D B

G

P

F

E

C

A D B

49 / 56

思路&图解

法 2：倍长中线

法 3：构造中位线

法 4：构造中位线

G

P

F

E

C

A D B

G

P

F

E

C

A D B

G

P

F

E

C

A D B

G

P

F

E

C

A D B

50 / 56

（2023-2024 平谷九上期末）★★★☆

27．如图，△ABC 中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D 为 AB 边中点，E 为△ABC 外部射线 CD

上一点，连接 AE，过 C 作 CF⊥AE 于 F．

（1）依题意补全图形：

（2）找出图中与∠EAD 相等的角，并证明：

（3）连接 DF，猜想∠CFD 的度数，并证明．

备用图

D

A

C B

E

D

A

C B

E